北京市通州区2025届高三下学期一模考试化学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGE试卷第=20页，共=sectionpages2424页PAGE1北京市通州区2025届高三下学期一模考试一、单选题1．Mg有三种稳定的同位素：24Mg、25Mg和26Mg，研究发现幔源岩浆岩与沉积碳酸盐岩中A．24Mg、25MB．24Mg、25MC．可以用质谱法区分24Mg、25D．依据Mg同位素的组成可以区分幔源岩浆岩和沉积碳酸盐岩【答案】A【解析】24Mg、25Mg和26Mg三者的最外层电子数相同，化学性质相同，故A错误；中子数=质量数-质子数，24Mg、25Mg和26Mg质子数均为12，中子数分别为12、13、14，故B正确；24Mg、2．下列化学用语或图示表达正确的是A．过氧化钠的电子式：B．乙烯的结构式：C．HCl共价键电子云轮廓图：D．SO2的VSEPR模型：【答案】B【解析】过氧化钠是离子化合物，过氧根离子内O与O间形成一对共用电子对，电子式为，故A错误；乙烯分子中C原子为sp2杂化，是平面分子，结构式为，故B正确；HCl分子中H原子的s轨道与Cl原子的3p轨道通过“头碰头”的形式形成s-pσ键，电子云轮廓图为，故C错误；SO2分子中S原子价电子对数为3，有1个孤电子对，VSEPR模型为，故D错误；选B。3．下列性质的比较中，不正确的是A．酸性：HNO3>HC．溶解性(水中)：1-丁醇>1-丙醇【答案】C【解析】同周期从左到右，元素非金属性逐渐增强，非金属性：N>C，元素的非金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的酸性越强，则酸性：HNO3>H2CO3，A正确；同族元素从上到下，元素非金属性逐渐减弱，非金属性：C>Si，元素的非金属性越强，对应的氢化物越稳定，则热稳定性：CH4>SiH4，B正确；烃基属于疏水基，碳原子数越多，醇的水溶性越小，则溶解性(水中4．下列事实不能用平衡移动原理解释的是A．密闭烧瓶内的NO2和NB．铁制器件附有铜制配件，长期放置，在接触处铁易生锈C．去除氯气中的氯化氢用饱和食盐水，而不用水D．利用加热TiCl4溶液的方法制取【答案】B【解析】2NO2⇌N2O4ΔH<0，加热后平衡向着吸热的逆反应方向移动，NO2的浓度增大，颜色加深，A正确；铁制器件附有铜制配件，长期放置，在接触处铁易生锈是因为铁比铜活泼，铁和铜在空气中形成原电池，铁做负极发生失电子的氧化反应被腐蚀，与平衡移动无关，B错误；氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，该反应为可逆反应，饱和食盐水中氯离子浓度大，抑制氯气的溶解，所以可以除去氯气中的氯化氢气体，C正确；TiCl4溶液中存在TiCl5．下列实验中，不能达到实验目的的是A．制备晶体[B．验证AgCl和AgI的KspC．制乙炔并检验乙炔具有还原性D．海水蒸馏制淡水【答案】C【解析】硫酸四氨合铜在95%乙醇溶液中溶解度降低，便于晶体析出，则题给装置能达到制备一水硫酸四氨合铜晶体的实验目的，故A不选；向硝酸银溶液中加入过量的氯化钠溶液，银离子沉淀完全，沉淀向着溶解度更小的方向转化，再向反应后的试管中加入等浓度的碘化钾溶液，氯化银白色沉淀转化为黄色的碘化银沉淀说明氯化银的溶度积大于碘化银，则题给装置能达到验证氯化银和碘化银溶度积大小的实验目的，故B不选；电石与水反应除生成乙炔气体外还生成具有还原性的硫化氢气体，该气体能使酸性高锰酸钾溶液褪色，则题给装置不能达到检验乙炔具有还原性的实验目的，故C选；由实验装置图可知，用蒸馏的方法能达到利用海水蒸馏制淡水的实验目的，故D不选。6．下列说法不正确的是A．依据第三周期主族元素原子半径依次减小，可推断它们的电负性依次增大B．依据一元弱酸的Ka，可推断它们同温度同浓度稀溶液的pHC．植物油氢化后所得的硬化油不易被空气氧化变质D．向饱和(NH【答案】D【解析】同周期元素从左到右原子半径逐渐减小，第三周期主族元素（Na→Cl）原子半径减小，核电荷数增加，原子核对电子吸引力逐渐增强，则电负性依次增大，A正确；一元弱酸的Ka越大，酸性越强，电离程度越大，同浓度时pH越小，故可通过Ka推断pH大小，B正确；植物油氢化后稳定性增强，不易变质，C正确；饱和(NH4)7．下列过程的化学用语表述不正确的是A．MnO2与浓盐酸在加热条件下反应：B．将灼热的铜丝插入乙醇中：2C．溴乙烷在NaOH水溶液中加热：CHD．酚酞滴入Na2CO【答案】C【解析】二氧化锰和浓盐酸在加热条件下发生氧化还原反应，生成氯化锰、氯气和水，故A正确；乙醇具有还原性，与氧气在Cu催化条件下加热生成乙醛和水，故B正确；溴乙烷在NaOH水溶液中加热发生水解反应生成乙醇、NaBr和水，化学方程式为CH3CH2Br+NaOH→ΔCH8．工业上以硫黄为原料生产硫酸的主要流程如下。已知：步骤Ⅱ中SO2温度/℃平衡时SO2的转化率/0.1MPa0.5MPa1MPa5MPa10MPa45097.598.999.299.699.755085.692.994.997.798.3下列说法不正确的是A．步骤Ⅰ中进料温度超过硫的沸点，部分硫蒸气直接进入步骤Ⅱ，会导致硫的利用率降低B．步骤Ⅱ中通入过量的空气，目的是提高SO2C．从节能角度考虑，步骤Ⅱ中实际生产中应选择450℃和0.1MPaD．步骤Ⅲ中用H2O【答案】D【解析】根据题干表格数据可知，步骤Ⅰ中进料温度超过硫的沸点，部分硫变为蒸气直接进入步骤Ⅱ，从而导致硫不能完全转化为二氧化硫，使得硫磺的利用率降低，故A正确；步骤Ⅱ为二氧化硫与氧气发生可逆反应，通入过量的空气有利于增大反应物氧气的浓度，使平衡向正反应方向移动，从而提高二氧化硫的转化率，故B正确；由表格数据可知，450℃和10MPa时二氧化硫的转化率最高，但压强由0.1MPa升高到10Mpa时，二氧化硫的转化率提升并不明显，所以实际生产中从节能角度考虑，通常选择450℃和0.1MPa，故C正确；三氧化硫与水反应放出大量的热，会产生酸雾，酸雾影响三氧化硫的吸收，所以步骤Ⅲ中用98.3%的浓硫酸吸收三氧化硫得到硫酸，故D错误；故选D。9．如图是核酸的某一结构片段，下列说法不正确的是A．该结构片段能与NaOH反应，不能与盐酸反应B．该结构片段中含有手性碳原子C．核酸水解可得到磷酸D．核酸分子中碱基通过氢键实现互补配对【答案】A【解析】该核酸中存在着酸性基团磷酸基团能与碱反应，碱性基团碱基与酸反应，因此核苷酸在一定条件下，既可以与酸反应，又可以与碱反应，故A错误；手性碳原子是指连接4个不同原子或原子团的碳原子，中含有3个手性碳原子(*标出)，故B正确；核酸水解完全水解后得到磷酸、脱氧核糖和含氮碱基，故C正确；核酸分子中碱基通过氢键实现互补配对，遵循碱基互补配对原则，故D正确；选A。10．CO2的资源化利用有利于实现“碳中和”。利用CO2为原料可以合成新型高分子Z下列说法不正确的是A．1molY最多可与3molNaOH反应B．合成Z的过程中会脱除小分子HC．CO2与X、Y的化学计量数比为D．Z充分水解不能得到Y【答案】B【解析】Y分子中含有2个酯基和1个羧基，酯基水解可形成与NaOH反应的羧基，1molY最多可与3molNaOH反应，A正确；合成过程中，根据反应前后氧原子守恒，该反应没有水生成，B错误；根据化合物Z的结构简式可知，框内的氧原子来自于化合物X，框内的结构来自于CO2，故CO2与X、Y的化学计量数比为n:(m+n+p):m，C正确；Z中含酯基可发生水解反应，充分水解后，得到的芳香族化合物是，不能得到Y，D正确；故选B。11．常温下，实验Ⅰ和实验Ⅱ中均有气体产生。已知：饱和NaHSO3溶液pH≈4下列分析不正确的是A．饱和NaHSO3溶液中B．饱和NaHCO3溶液中：C．Ⅱ中产生白色的BaSO3D．Ⅰ和Ⅱ中溶液的pH均逐渐增大【答案】D【解析】饱和NaHSO3溶液pH≈4，说明NaHSO3以电离为主，故c(H2SO3)<c(SO32-)，A正确；饱和NaHCO3溶液中的既存在电离也存在水解，物料守恒为c(Na+)=c(CO32-)+c(HCO3-)+c(H2CO3)，B正确；根据饱和NaHSO12．AgCN与CH3CH2Br可发生取代反应，反应过程中CN-的C原子和N原子均可进攻CH3CH2Br，分别生成腈CH3CH2CN由图示信息，下列说法错误的是A．从CH3CH2Br生成B．过渡态TS1是由CN-的C原子进攻CH3CHC．Ⅰ中“N--Ag”之间的作用力比Ⅱ中“C--Ag”之间的作用力弱D．生成CH3CH2【答案】D【解析】由反应历程及能量变化图可知，两种路径反应物的总能量均高于生成的产物的总能量，故从CH3CH2Br生成CH3CH2CN和CH3CH2NC的反应都是放热反应，A项正确；与Br原子相连的C原子为α-C，由反应历程及能量变化图可知，过渡态TS1是由CN-的C原子进攻CH3CH2Br的α-C，形成碳碳键，B项正确；由反应历程及能量变化图可知，后续物Ⅰ、Ⅱ转化为产物，分别断开的是N--Ag和C--Ag，且后者吸收更多的能量，故Ⅰ中“N--Ag”之间的作用力比Ⅱ中13．金属锂用于电化学驱动将N2还原为NH3，原理如图所示。已知：ⅰ.电解质溶液由LiBH4和少量Cⅱ.电流效率=下列说法不正确的是A．阳极电极反应是HB．过程Ⅱ生成NH3的反应是C．理论上，乙醇浓度越高，电流效率越高D．理论上，若电解液传导3molH+【答案】C【解析】左侧电极上H2发生失去电子的氧化反应生成H+，说明左侧为阳极，阳极的电极反应式为H2-2e-=2H+，A正确；过程Ⅱ中N2和Li、C2H5OH反应生成Li+、NH3和C2H5O-，说明右侧电极为电解池的阴极，离子方程式为：6Li+N2+6C2H5OH=6C2H5O-+6Li++2NH3↑，14．某小组探究六价铬盐与过氧化氢氧化性的相对强弱并进行如下实验。已知：Cr3+(绿色)、Cr(OH)3(灰绿色，难溶于水)、CrO42-(黄色实验ⅰ：实验ⅱ：实验ⅲ装置操作及现象按图组装好仪器，电流表指针不偏转，向左池中加入较浓NaOH溶液，左池中有灰绿色沉淀产生，电流表显示电子从左向右运动，一段时间后指针指向0下列说法不正确的是A．实验i中溶液由橙色变为绿色的离子方程式是CrB．实验ii的目的是排除溶液中O2对H2OC．依据上述实验，氧化性：酸性条件下+6价铬大于H2O2，碱性条件下HD．实验ⅲ指针指向0后，向左池中加入过量较浓硫酸，电流表显示电子从左向右运动【答案】D【解析】实验i中溶液由橙色变为绿色，说明Cr3+在碱性条件下被过氧化氢氧化为黄色的CrO42-，离子方程式是3H2O2+2Cr3++10OH-=2CrO42-+8H2O，A不符合题意；实验ⅱ的目的是排除溶液中O2对H2O2氧化+3价铬元素的干扰，B不符合题意；酸性条件下＋6价铬氧化性大于H2O2二、解答题15．氮、磷、砷在自然界中分布广泛，其化合物有重要用途。(1)As位于元素周期表的第4周期，第VA族。将As的基态原子最外层轨道表示式补充完整：。(2)比较N原子和As原子的第一电离能大小，从原子结构角度说明理由：。(3)Na3PO4可用作锅炉用水软水剂，PO4(4)工业上常用改性季铵盐从炼铜烟灰碱性溶液中萃取砷，其工艺流程短、成本低。萃取反应机理如下：①物质Ⅳ为(填化学式)。②关于Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三种物质，下列说法正确的有(填序号)。a．Ⅰ中的化学键均为σ键b．Ⅱ中As的化合价为+5c．Ⅲ中C原子的杂化轨道类型均为sp3(5)砷化硼晶体是具有超高热导率的半导体材料，其晶胞为立方体，边长为anm，结构如图所示。①晶体中与顶点B原子等距且最近的B原子个数为。②该结构中存在配位键，提供空轨道的原子是。③已知阿伏加德罗常数的值为NA，则该晶体的密度为g⋅cm-3④如果把晶体中砷原子换成氮原子，形成的晶体的熔点明显升高，原因为。【答案】(1)(2)第一电离能N>As。N和As为同主族元素，电子层数As>N(3)正四面体形(4)Na2CO(5)12B344×1021a3NA氮化硼与砷化硼晶体类型相同，N原子半径小于As，即B—N键的键长比【解析】（1）As原子序数为33，位于元素周期表的第四周期第VA族，其基态原子最外层轨道为：；（2）N和As为同主族元素，同族元素从上到下原子半径逐渐增大，原子半径As>N，原子核对最外层电子的吸引作用N>（3）在PO43-中P原子的价层电子对数为4+5+3-2×42=4，不含孤电子对，杂化轨道数为4，（4）①根据方程式的元素守恒可知，物质Ⅳ为Na2②单键均为σ键，双键中含有1个σ键1个π键，Ⅰ中的碳氧双键中含有π键，a错误；结合Ⅲ的结构可知，Ⅱ中As的化合价为+3，b错误；根据Ⅲ的结构可知，Ⅲ中C原子均为饱和碳原子，杂化轨道数为4，其杂类型均为sp3，d正确；故选c（5）①由图，晶体中与顶点B原子等距且最近的B原子位于面心位置，每个面心B被2个晶胞共用，顶点B周围有8个晶胞，则其个数为3×8×1②该结构中存在配位键，B提供空轨道、As提供孤电子对形成配位键，故为B；③根据“均摊法”，晶胞中含B位于晶胞顶角和面心，个数为8×18+6×12=4，As④氮化硼与砷化硼晶体类型相同，N原子半径小于As，即B—N键的键长比B—As的键长短，B—N键的键能比B—As的键能大，导致晶体中砷原子换成氮原子，形成的晶体的熔点明显升高。16．油气开采、石油化工等行业废气普遍含有硫化氢，需要回收处理并加以利用。(1)回收单质硫。Fe(Ⅲ)催化空气氧化法制取单质硫的过程如图所示。写出总反应的化学方程式(2)CH4和Hⅰ.2ⅱ.CH恒压条件下，将H2S和CH4按物质的量比为2:1进行投料，并用N2稀释，不同温度下反应相同时间后，测得①H2S与CH4重整制氢反应的热化学反应方程式是②其他条件不变时，加入N2稀释，可以提高H2S的转化率，原因是③下列说法正确的是(填序号)。a．其他条件不变时，温度越高，H2b．结合上图数据分析，反应ii为H2S与c．在950℃∼1150℃范围内，随温度升高，S2(3)用滴定法测定煤气中H2S的含量：将10L煤气通入盛有100mL锌氨络合液的洗气瓶中，将其中的H2S全部转化为ZnS沉淀，过滤，收集固体；将固体加入盛有20mL0.1mol⋅L-1碘标准液、200mL水和10mL盐酸的碘量瓶中，盖上瓶塞，摇动碘量瓶，置于暗处反应已知：ZnS+I①滴定终点的现象：滴入最后半滴Na2S2O②煤气中H2S的含量为【答案】(1)2(2)2H2S(g)+CH4(g)⇌CS(3)溶液蓝色恰好消失，且半分钟内颜色不恢复蓝色3.4【解析】（1）该反应过程中Fe3+作催化剂，O2作氧化剂，将H2S氧化生成S，同时还生成H2O。根据氧化还原原理和质量守恒定律，化学方程式为：2（2）①根据盖斯定律，将反应i与反应ii相加，可得H2S与CH4重整制氢反应的热化学反应方程式：2②恒压条件下，加入N2稀释，气体体积增大，相当于减小压强。对于反应2H2S(g)+CH③反应ⅰ和2H2S(g)+CH4(g)⇌CS2(g)+4H2(g)的均为吸热反应。温度升高，平衡向着吸热的正向移动，H2S转化率提高，a正确；仅从图中数据，H2体积分数大，ＣS２体积分数增加小，说明反应i进行程度相对较大，反应ii进行程度相对较小，但不能判断反应i和反应ii反应速率的快慢，所以无法确定H2S与CH4重整反应的决速步，b错误；反应i、ii（3）①淀粉遇碘变蓝，当滴入最后半滴Na2②碘量法测定I2含量时，消耗硫代硫酸钠20mL，根据化学方程式，设与硫代硫酸钠反应的I2的物质的量为xmol，2则解得x=1×10-3mol，说明与ZnS反应的I2的物质的量为2×10-3mol-1-1×10-3mol=1×10-3mol，根据化学方程式可知参加反应的ZnS的物质的量为1×10-3mol，根据S元素守恒，故H2S为1×10-3mol，即10L煤气中含有1×10-3mol的H2S，煤气中H2S的含量为１×17．抗哮喘药普仑司特中间体Q的合成路线如下。(部分试剂和条件省略)已知：(1)B中含有官能团的名称是。(2)D→E的反应类型是。(3)K→L有乙酸生成，写出此步发生反应的化学方程式。(4)M→N所需的试剂和条件为。(5)G的结构简式是。(6)下列说法正确的是(填序号)。a．B存在顺反异构体b．K核磁共振氢谱有3组峰c．J+P→Q加入(7)Q可以通过如下流程合成普仑司特。已知：①X的结构简式为。生成W时，Q分子中与羰基相邻的C—H键易断裂的原因是。②普仑司特的分子式为C27H23O【答案】(1)碳碳双键、碳溴键(或溴原子)(2)加成反应(3)(4)浓HNO3、浓H(5)(6)bc(7)羰基为吸电子基团，使得相邻碳原子上的C—H键极性增强【解析】（1）根据A的分子式可知，A为丙烯，与溴单质在高温下发生取代反应，生成B：BrCH2CH=CH2（2）B分别与①②发生反应生成D：，E的结构简式为，D中的碳碳双键可以与HBr反应生成E，对比D、E的结构简式，可知发生加成反应。（3）根据已知信息以及M的结构简式，逆推L为：，所以方程式为：。（4）M的分子式为：C8H7O2Br，其转化为N，增加了一个-NO2，说明M（5）F是，其中的酯基在氢氧化钠溶液中发生水解反应并且酸化形成羧基，生成G：。（6）B是BrCH2CH=CH2，B中一个双键碳原子上连了2个相同的氢原子，无顺反异构，a错误；K的结构为：，其中苯环对称，含有三种情况的氢原子，有3组峰，位置如图：，b正确；J+P→Q发生取代反应生成Q和HCl，加入Na2CO（7）①羰基为吸电子基团，羰基的吸电子效应会使相邻的C-②Q结构为：，与发生已知的反应，反应生成：，与浓硫酸反应，生成的产物还有一个含氧原子的六元环，所以逆推可得生成的中间体是：，该物质发生消去反应，生成。18．以黄铜矿(主要成分为CuFeS2)为原料生产纯铜，流程示意图如下。(1)矿石在氧化浸出前需要先粉碎，原因是。(2)“氧化浸出”时，以氧气为氧化剂，浸出过程的总反应是CuFeS2+O2+2①生成Fe3+的离子方程式是②Fe3+与黄铜矿发生反应的离子方程式是(3)“氧化浸出”时，改用过量硫酸铁和稀硫酸混合液作浸出剂。在浸出温度为90℃，浸出时间为2h条件下，改变硫酸铁浓度对试样铜浸出率的影响结果见下图。①由上图可知，硫酸铁的最佳浓度为。②随着硫酸铁浓度的增加，铜浸出率先增大后减小的可能原因是。(4)“电解”的原理示意图如下。①电解初期，阴极没有铜析出。结合化学用语解释原因是。②将阴极室的流出液送入阳极室，可使浸出剂再生，再生的原理是。【答案】(1)增大接触面积，加快氧化浸出反应速率(2)4H++(3)0.06mol/Lc(Fe3+)增大，加快CuFeS2+4(4)Fe3+过量，氧化性Fe3+>Cu2+，因此Fe3+先放电，电极反应为Fe3++e-=Fe2+【解析】黄铜矿矿石在氧化浸出前需要先粉碎，增大接触面积，加快氧化浸出反应速率，得到浸出渣硫单质，浸出液中含铜离子，电解得到铜单质。（1）矿石在氧化浸出前需要先粉碎，原因是增大接触面积，加快氧化浸出反应速率，使反应更充分；（2）①“氧化浸出”时，以氧气为氧化剂，具有还原性的亚铁离子易被氧化，离子方程式为4H②三价铁离子具有氧化性可将具有还原性的硫离子氧化为硫单质，自身被还原为亚铁离子，根据质量守恒定律结合氧化还原反应配平得CuFeS2（3）①由图可知硫酸浓度为0.06mol/L时铜浸出率最大，故为0.06mol/L；②增大硫酸浓度，亚铁离子浓度增大c(Fe3+)增大，加快CuFeS2+4（4）①阴极阳离子放电，初期溶液中有大量Fe3+，氧化性Fe3+>Cu2+，因此Fe3+②阴极室的流出液中含有亚铁离子，阳极上发生反应为Fe2+-e-=19．某小组同学探究不同条件下KMnO4溶液与KI溶液的反应。资料：ⅰ.MnO42-(绿色)、Mn2+(几乎无色)、MnOⅱ.一定条件下：MnO4-能将I-氧化为I2或IO3-，MnO4-能将Mn2+氧化成MnO2向实验试剂X操作、现象IH溶液中有棕黑色沉淀生成，离心分离出固体，剩余液体用CCl4Ⅱ6溶液立即变绿，一段时间绿色消失，产生棕黑色沉淀，离心分离出固体，剩余液体用CCl4Ⅲ3溶液中未见棕黑色沉淀，溶液呈黄色，用CCl4(1)对实验Ⅰ进行分析①MnO4-的还原产物为②推测该条件下I-被氧化的产物不是I2，依据的实验现